西藏拉薩市那曲二高2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題含解析

PAGE10-西藏拉薩市那曲二高2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。（1至5題為單選題，6至8題為多選題少選得兩分，錯選不得分。）1.下列說法中正確的是(

)A.電場強度反映了電場的力的性質(zhì)，因此場中某點的場強與檢驗電荷在該點所受的電場力成正比B.場中某點的場強等于，但與檢驗電荷的受力大小及電荷量無關(guān)C.場中某點的場強方向是檢驗電荷在該點的受力方向D.公式和對于任何電場都是適用的【答案】B【解析】【詳解】A．電場強度反映了電場的力的性質(zhì)，是由電場本身確定的，電場中某點的場強與檢驗電荷在該點所受的電場力無關(guān)，選項A錯誤；B．電場中某點的場強等于，但與檢驗電荷的受力大小及電荷量無關(guān)，選項B正確；C．電場中某點場強方向是檢驗正電荷在該點的受力方向，選項C錯誤；D．公式對于任何電場都是適用的，只適用于點電荷電場，選項D錯誤；故選B。2.一平行電容器兩極板之間充溢云母介質(zhì)，接恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）A.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大B.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大C.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變D.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變【答案】D【解析】試題分析：電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變，將云母介質(zhì)移出后，介電常數(shù)減小，依據(jù)電容的確定式知，介電常數(shù)減小，電容減小，由于電壓不變，依據(jù)可知，電荷量Q減小，由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，依據(jù)可知，極板間的電場強度不變，所以ABC錯誤，D正確．考點：電容器的動態(tài)分析【名師點睛】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連，則電勢差不變；當電容器與電源斷開，則電荷量不變．要駕馭、、三個公式．【此處有視頻，請去附件查看】3.一只標有“4V，3W”的小燈泡，兩端加上電壓U，在U由0漸漸增加到4V過程中，電壓U和電流I的關(guān)系，在如圖所示的四個圖象中，符合實際的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】因為燈泡燈絲電阻與溫度有關(guān)，溫度越高其電阻越大，依據(jù)歐姆定律可知，其伏安特性曲線應為選項B所示，其它選項圖線均錯誤；4.如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細勻稱的電阻絲的伏安特性曲線，下列推斷正確的是A.a代表的電阻絲較粗 B.b代表的電阻絲較粗C.a電阻絲的阻值小于b電阻絲的阻值 D.圖線表示電阻絲的阻值與電壓成正比【答案】B【解析】【詳解】ABC．依據(jù)歐姆定律：可得：可知伏安特性曲線的斜率是電阻的倒數(shù)，因此a代表的電阻較大，b的較??；依據(jù)電阻定律：可知a的電阻絲較細，b的較粗，故A錯誤、B正確、C錯誤。D．一段金屬絲的電阻是由本身的因素確定的，與所加電壓和所通過的電流無關(guān)，故D錯誤。故選B.5.如圖所示的電路中，電源的電動勢和內(nèi)電阻恒定不變，電燈恰能正常發(fā)光，假如滑動變阻器的滑片向端滑動，則()A.電燈更亮，電流表的示數(shù)減小B.電燈更亮，電流表的示數(shù)增大C.電燈變暗，電流表的示數(shù)減小D.電燈變暗，電流表的示數(shù)增大【答案】D【解析】【詳解】AC．變阻器的滑片向b端滑動時，其接入電路的阻值變小，電路的總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律知電路的總電流增大，即安培表的示數(shù)增大，AC錯；BD．由知路端電壓減小，即電燈L兩端的電壓變小，功率變小，電燈L變暗，B錯誤，D正確；【點睛】本題要求學生明確動態(tài)分析的總體思路是先由局部阻值的變更得出總電阻的變更，再整體據(jù)閉合電路的歐姆定律得出電路中總電流的變更，再局部就是由串、并聯(lián)電路的特點去分析．6.圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以肯定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點．則該粒子（）A.帶負電B.在c點受力最大C.在b點的電勢能大于在c點的電勢能D.由a點到b點的動能變更大于有b點到c點的動能變更【答案】CD【解析】【詳解】A．依據(jù)粒子運動軌跡可知，粒子帶正電，選項A錯誤；B．依據(jù)庫侖定律可知，離點電荷最近時最大，選項B錯誤；C．從b點到c點電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能肯定大于在c點的電勢能，故C正確；D．同心圓間距相等，所以a點到b點電勢差大于b點到c點電勢差，所以由a點到b點的動能變更大于有b點到c點的動能變更，選項D正確．7.下列說法中，符合物理學史實的是A.亞里士多德認為，必需有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止B.牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)變更的緣由，而不是物體運動的緣由C.麥克斯韋發(fā)覺了電流的磁效應，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場D.奧斯特發(fā)覺導線通電時，導線旁邊的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】ABD【解析】試題分析：依據(jù)物理學史和常識解答，記住聞名物理學家的主要貢獻即可．解：A、亞里士多德認為，必需有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體靜止，故A正確；B、牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)變更的緣由，而不是物體運動的緣由，故B正確；C、奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場，故C錯誤；D、奧斯特發(fā)覺導線通電時，導線旁邊的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電流可以在其四周產(chǎn)生磁場，故D正確．故選ABD．【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)覺、獨創(chuàng)、聞名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一．【此處有視頻，請去附件查看】8.通電矩形導線框abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內(nèi)，電流方向如圖所示，ab邊與MN平行．關(guān)于MN的磁場對線框的作用，下列敘述正確的是()A.線框有兩條邊所受的安培力方向相同B.線框有兩條邊所受的安培力大小相同C.線框所受安培力的合力向左D.線框?qū)⒗@MN轉(zhuǎn)動【答案】BC【解析】【詳解】A、直導線中的電流方向由M到N，依據(jù)安培定則，導線右側(cè)區(qū)域磁感應強度方向向內(nèi)，依據(jù)左手定則，ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A錯誤；

B、離MN越遠的位置，磁感應強度越小，故依據(jù)安培力公式，ab邊受到的安培力大于cd邊，bc邊受到的安培力等于ad受到受到的安培力，故B正確；

C、ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，ab邊受到的安培力大于cd邊，ad邊受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故合力向左，線框向左平動，故C正確，D錯誤．【點睛】直導線中的電流方向由M到N，依據(jù)安培定則推斷導線框所在處磁場方向，依據(jù)左手定則分析導線框所受的安培力狀況．二、試驗題（共15分）（1、3小題每空2分，共12分，2小題3分）9.小明測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，試驗室有如下試驗器材：干電池一節(jié)(電動勢約為1.5V)量程為3.0V的電壓表V1量程為15V的電壓表V2量程為0.6A的電流表A1量程為3.0A的電流表A2最大阻值為20Ω的滑動變阻器R1最大阻值為100Ω的滑動變阻器R2開關(guān)一個，導線若干．依據(jù)所學的學問回答下列問題：（1）為了減小試驗誤差，電壓表應選擇____，電流表應選擇___，滑動變阻器應選擇____．(填器材對應的字母)（2）將所選的試驗器材在圖中用筆畫線代替導線連接____．（3）連接好電路后，通過調(diào)整滑動變阻器得到多組試驗數(shù)據(jù)，將所得數(shù)據(jù)描點在坐標系中，并將這些點連起來如圖所示．由圖可知該電池的電動勢大小為___V，測量值比真實值__(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，內(nèi)阻大小為__Ω，測量值比真實值___(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)【答案】(1).V1(2).A1(3).R1(4).電路連線如圖；(5).150(6).偏小(7).0.800(8).偏小【解析】【詳解】（1）[1][2][3]．一節(jié)干電池電動勢約為1.5V，則為了減小試驗誤差，電壓表應選擇V1，電流表應選擇A1，滑動變阻器應選擇R1．（2）[4]．電路連線如圖；（3）[5][6][7][8]．由圖示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1.50，電源電動勢E=1.50V，電源內(nèi)阻：相對于電源來說，電流表采納外接法，由于電壓表的分流作用使得電流表的測量值小于通過電源的電流，電動勢和內(nèi)阻的測量值均小于真實值．三、計算題（共37分）10.如圖所示，把質(zhì)量為0.2g的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電荷量為4×10-8C的帶正電小球B靠近它，當兩小球在同一高度且相距3cm時，絲線與豎直方向的夾角為45°。g取10m/s2，小球A，B均可視為點電荷，靜電力常量k=9×109N.m2.C-2（1）此時小球B受到的庫侖力的大小為多少；（2）小球A帶何種電荷；（3）小球A所帶的電荷量的肯定值是多少?！敬鸢浮浚?）2×10-3N（2）負電（3）5×10-9【解析】【詳解】（1）依據(jù)題給條件，可知小球A處于平衡狀態(tài)，分析小球A受力狀況如圖所示:小球A受重力mg、絲線的拉力FT、小球B對小球A的庫侖力F；因三個力的合力為零，所以F=mgtan45°=0.2×10-3×10×1N=2×10-3N（2）因小球A與小球B相互吸引，小球B帶正電，故小球帶負電；（3）小球A，B相互吸引，其作用力大小為所以11.如圖所示，電路中電阻，電源的內(nèi)電阻，燈泡L上標有“3V0.25A”的字樣，閉合開關(guān)S，燈泡正常發(fā)光．求：（1）燈泡功率；（2）電源的電動勢；（3）電源的總功率；【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】（1）由題知，燈泡正常發(fā)光，則燈泡的電壓為U=3V，電流為I=0.25A

所以燈泡的功率為P=UI=0.75W

（2）由閉合電路歐姆定律得：

電源的電動勢E=U+I（R+r）=3+0.25×（10+2）=6V（3）電源的總功率：P=IE=0.25×6W=0.5W.12.如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場，帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止起先從正極板動身，經(jīng)電